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第3讲　牛顿运动定律的综合应用
考纲考情 核心素养
?超重和失重Ⅰ ?牛顿运动定律的综合应用Ⅱ ?超重、失重的概念、条件．
?内力、外力的概念. 物理观念
全国卷5年9考 高考指数★★★★★ ?整体法、隔离法在连接体问题中的应用．
?拆分思想在综合问题中的应用．
?临界法在临界、极值问题中的应用. 科学思维
　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　　　　　超重与失重
1．实重和视重
(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关．
(2)视重：
①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重．
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力．
2．超重、失重和完全失重的比较
超重现象 失重现象 完全失重现象
概念 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象
产生 条件 物体的加速度方向向上 物体的加速度方向向下 物体的加速度方向向下，大小等于重力加速度g
(续表)
超重现象 失重现象 完全失重现象
原理 方程 F－mg＝ma
F＝mg＋ma mg－F＝ma
F＝mg－ma mg－F＝ma＝mg
F＝0
运动 状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以a＝g加速下降或减速上升
知识点二　　　　牛顿运动定律的应用
1．整体法：当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况．运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．
2．隔离法：当求系统内物体间相互作用力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．
3．外力和内力
(1)如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力．
(2)应用牛顿第二定律对整体列方程时不考虑内力．如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转变为隔离体的外力．
例：如图所示，光滑水平地面上有两块完全相同的木块A、B，质量均为m，在水平推力F的作用下运动，用FAB代表A、B间的相互作用力．
则：对A、B整体，如图甲，有：F＝2ma__FN＝2mg；
对B，如图乙，有：FAB＝ma__FNB＝mg.
1．思考判断
(1)物体向上运动时超重．(　×　)
(2)支持力小于重力称为完全失重现象．(　×　)
(3)传送带上的滑块所受摩擦力方向与传送带运动方向相同．(　×　)
(4)重力属于内力．(　×　)
(5)应用牛顿第二定律进行整体分析时，不需要分析内力．(　√　)
(6)完全失重时，物体受到的重力变为零．(　×　)
2．如图所示，某跳伞运动员正减速下落，下列说法正确的是(　B　)
A．运动员处于失重状态
B．运动员处于超重状态
C．伞绳对运动员的作用力小于运动员的重力
D．伞绳对运动员的作用力大于运动员对伞绳的作用力
解析：跳伞运动员减速下落，则加速度的方向向上，所以运动员处于超重状态，选项A错误，B正确；运动员处于超重状态，合外力向上，所以伞绳对运动员的作用力大于运动员的重力，选项C错误；伞绳对运动员的作用力和运动员对伞绳的作用力是作用力与反作用力，总是大小相等，方向相反，选项D错误．
3．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　AD　)
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
解析：当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t＝2 s时，压力最大，选项A正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5 s时压力最小，选项D正确．
4．(多选)如图所示是某同学站在力传感器上做下蹲—起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线．由图线可知该同学(　AC　)
A．重力约为650 N
B．做了两次下蹲—起立的动作
C．做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立
D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
解析：当该同学站在力传感器上静止时，其合力为零，即压力等于该同学的重力，由图线可知，该同学的重力约为650 N，A正确；每次下蹲，该同学都将经历先向下加速(加速度方向向下)、后减速(加速度方向向上)的运动，即先经历失重状态，后经历超重状态，读数F先小于重力，后大于重力；每次起立，该同学都将经历先向上加速(加速度方向向上)、后减速(加速度方向向下)的运动，即先经历超重状态，后经历失重状态，读数F先大于重力、后小于重力．由图线可知C正确，B、D错误．
5．(多选)如图(a)所示，在电梯内轻绳AO、BO、CO连接吊着质量为m的物体，轻绳AO、BO、CO对轻质结点O的拉力分别为F1、F2、F3.现电梯竖直向下运动，其速度v随时间t的变化规律如图(b)所示，重力加速度为g，则(　AD　)
A．在0～t1时间内，F1与F2的合力等于F3
B．在0～t1时间内，F1与F2的合力大于mg
C．在t1～t2时间内，F1与F2的合力小于F3
D．在t1～t2时间内，F1与F2的合力大于mg
解析：对轻质结点O，因没有质量，故其在任何状态下，F1、F2、F3三个力的合力都为零，即F1与F2的合力与F3等大反向，选项A正确，选项C错误；对物体进行受力分析，其受到竖直向下的重力mg和竖直向上的绳子的拉力F3，在0～t1时间内，电梯加速向下运动，物体处于失重状态，F3mg，即F1与F2的合力大于mg，选项D正确．
　　　　　　　　　　　　　　　　
考点1　动力学图象问题
1．常见的图象类型
v?t图象 根据图象的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力
F?a图象 首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图象，明确图象的斜率、截距或面积的意义，从而由图象给出的信息求出未知量
a?t图象 要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程
F?t图象 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，分析每一时间段物体的运动情况
2.图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F＝ma为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义.
题型1　　　根据图象分析物理过程，求未知量
1．(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出(　AB　)
A．木板的质量为1 kg
B．2 s～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
解析：本题考查牛顿第二定律与图象的结合．设木板质量为M，物块质量为m，在0～2 s内，结合(b)(c)两图可知在力F作用下，木板与物块之间有摩擦力作用，细绳对物块的拉力与静摩擦力平衡，可知力传感器测量的f的大小等于摩擦力的大小，随着f逐渐增大，木板保持静止状态，对木板和物块整体分析，可知力F逐渐增大，当力F大于木板与物块间的最大静摩擦力时，两者开始相对滑动，C错误；2 s后木板与物块之间有滑动摩擦力，大小为μmg＝0.2 N，在2～4 s内，以木板为研究对象，利用牛顿第二定律有F－μmg＝Ma′，由图(c)可知a′＝ m/s2＝0.2 m/s2，在4～5 s内木板只在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma，由图(c)可知a＝ m/s2＝0.2 m/s2，联立解得F＝0.4 N，M＝1 kg，由于物块质量不确定，所以动摩擦因数的大小不确定，故选项A、B正确，D错误．
2．(多选)如图甲所示，地面上有一质量为M的物体，用力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法正确的是(　ABD　)
A．当F小于图乙中A点值时，物体的重力Mg>F，物体不动
B．图乙中A点值即为物体的重力值
C．物体向上运动的加速度和力F成正比
D．图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度
解析：当0≤F≤Mg时，物体静止，选项A正确；当F>Mg时，即能将物体提离地面，此时F－Mg＝Ma，故a＝－g，A点表示的意义即为F＝Mg，所以选项B正确；B点数值的绝对值为g，选项D正确．
题型2　　　　　根据物理过程选择或画出图象
3.如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　A　)
解析：假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误．
4．在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比，则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是下图中的(　A　)
解析：小球向上运动时，加速度a1＝随速度减小而减小；小球向下运动时，加速度a2＝随速度增大而减小，上升和下降的位移大小相等，则上升、下降对应图线与t轴围成的面积相等，将在t0时刻前到达最高点，选项A正确．
名师点睛
解决图象综合问题的三点提醒
(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点.
(2)注意图线中特殊点的物理意义：图线与横、纵坐标的交点、图线的转折点、两图线的交点等.
(3)明确能从图象中获得的信息：把图象与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中提取出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点.
1．整体法的选取原则及步骤
(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法．
(2)运用整体法解题的基本步骤：
??
2．隔离法的选取原则及步骤
(1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法．
(2)运用隔离法解题的基本步骤．
①明确研究对象或过程、状态．
②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来．
③画出某状态下的受力图或运动过程示意图．
④选用适当的物理规律列方程求解．
将两质量不同的物体P、Q放在倾角为θ的光滑斜面体上，如图甲所示，在物体P上施加沿斜面向上的恒力F，使两物体沿斜面向上做匀加速直线运动；图乙为仅将图甲中的斜面调整为水平，在P上加相同大小的水平恒力F；图丙为两物体叠放在一起，在物体P上施加一竖直向上的相同大小的恒力F使二者向上加速运动．三种情况下两物体的加速度大小分别为a甲、a乙、a丙，两物体间的作用力分别为F甲、F乙、F丙．则下列说法正确的是(　　)
A．a乙最大，F乙最大
B．a丙最大，F丙最大
C．a甲＝a乙＝a丙，F甲＝F乙＝F丙
D．a乙>a甲>a丙，F甲＝F乙＝F丙
【解析】　本题考查同一连接体在不同情境下的运动问题．以P、Q为整体由牛顿第二定律可得，甲图：F－(mP＋mQ)gsinθ＝(mP＋mQ)a甲，解得a甲＝，乙图：F＝(mP＋mQ)a乙，解得a乙＝，丙图：F－(mP＋mQ)g＝(mP＋mQ)a丙，解得a丙＝，由以上三式可知a乙>a甲>a丙；对Q由牛顿第二定律可得：甲图：F甲－mQgsinθ＝mQa甲，解得F甲＝，乙图：F乙＝mQa乙＝；丙图：F丙－mQg＝mQa丙，解得F丙＝，综上所述，可知D正确．
【答案】　D
高分技法
整体法、隔离法的使用技巧
(1)不能把整体法和隔离法对立起来，而应该将两者结合起来.解题时，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象，恰当地选择使用整体法和隔离法.
(2)当系统有相同的加速度时，可依据所求力的情况确定选用整体法还是隔离法.若所求的力为外力则用整体法，若所求的力为内力则用隔离法.但在具体应用时，绝大多数情况是将两种方法相结合应用：求外力时，一般先隔离后整体；求内力时，一般先整体后隔离.先隔离或先整体的目的都是求解共同的加速度.
1．如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a，c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动．运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面(不影响木块间的动摩擦因数)，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是(　D　)
A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度都不变
B．若粘在a木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定减小
C．若粘在b木块上面，绳的张力一定增大，a、b间摩擦力一定减小
D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大
解析：本题考查多体系统的板块问题．系统始终没有相对滑动，故将a、b、c看成一个整体，那么合外力即为F，由牛顿第二定律可知无论橡皮泥粘在哪块木块上面，系统的加速度都相同，但是比没有粘橡皮泥时要小，故A错误；对a、b、c分别进行受力分析可知绳子张力即c受到的合外力，a、b间摩擦力为a、c的合外力；那么由加速度减小可得若粘在a或b上，绳子张力减小；若粘在c上，绳子张力增大；若粘在a或c上，摩擦力增大；若粘在b上，摩擦力减小；故B、C错误，D正确．
2．(多选)如图所示，2019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1－2,2和3间弹簧的弹力为F2－3……2018和2019间弹簧的弹力为F2018－2019，则下列结论正确的是(　AD　)
A．F1－2?F2－3?…?F2018－2019＝1?2?3?…?2018
B．从左到右每根弹簧长度之比为1?2?3?…?2018
C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，第2019个小球的加速度为，其余每个球的加速度依然为a
D．如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a
解析：本题通过弹簧连接体考查多物体系统运动问题．以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得F＝2 019ma，解得a＝；以后面的第1、2、3…2 018个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得F1－2＝F，F2－3＝F…F2 018－2 019＝F，则F1－2?F2－3?…?F2 018－2 019＝1?2?3?…?2 018，故A正确；因为每根弹簧的劲度系数相等，根据胡克定律可知，从左到右每根弹簧伸长量之比为1?2?3?…?2 018，但是总长度之比不等于1?2?3?…?2 018，故B错误；突然撤去F瞬间，因弹簧的弹力不能突变，可知除第2 019 个球所受合力突然变为F，加速度为，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，故C错误；如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球受到的合力为零，则加速度为0，第2个小球受到的合力变为，则加速度为＝2a，其余小球受到的合力不变，加速度依然为a，故D正确．
考点3　动力学临界、极值问题
1．临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，即表明题述的过程存在着临界点．
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往对应临界状态．
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．
(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．
2．“四种”典型临界条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则发生相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT＝0.
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：加速度变为0时．
如图所示，一轻绳上端系在车的左上角的A点，另一轻绳一端系在车左端B点，B点在A点正下方，A、B距离为b，两绳另一端在C点相结并系一质量为m的小球(可视为质点)，绳AC长度为b，绳BC长度为b.两绳能够承受的最大拉力均为2mg，g为重力加速度．则：
(1)绳BC刚好被拉直时，车的加速度是多大？
(2)为不拉断轻绳，车向左运动的最大加速度是多大？
【解析】　(1)绳BC刚好被拉直时，小球受力如图甲所示．
因为AB＝BC＝b，AC＝b
故绳BC方向与AB垂直，cosθ＝，则θ＝45°
由牛顿第二定律得mgtanθ＝ma　解得a＝g.
(2)小车向左的加速度增大，AC、BC绳方向不变，所以AC绳的拉力不变，BC绳的拉力变大，当BC绳的拉力最大时，小车向左的加速度最大，小球受力如图乙所示．
由牛顿第二定律得Tm＋mgtanθ＝mam
因Tm＝2mg，所以最大加速度为am＝3g.
【答案】　(1)g　(2)3g
高分技法
解决动力学临界、极值问题的常用方法
方法1：数学极值法,将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解出临界条件.
方法2：极限分析法,把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的.
方法3：假设分析法,临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法来解决问题.
3.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离．下列说法正确的是(　C　)
A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B．B和A刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动
解析：A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹簧弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0，对B：F－mg＝ma，对A：kx－mg＝ma.即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧仍处于压缩状态，由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，则2mg＝kx0，h＝x0－x，解以上各式得k＝，综上所述，只有C项正确．
4．如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以大小恒为v0的初速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g.
(1)求小木块与木板间的动摩擦因数μ；
(2)当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小？求出此最小值．
解析：(1)当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析可得mgsinθ＝μFN，FN－mgcosθ＝0
解得μ＝tanθ＝tan30°＝.
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则－mgsinθ－μmgcosθ＝ma
0－v＝2ax
得x＝＝
令tanα＝μ
则当α＋θ＝90°时x最小
即θ＝60°，对应最小值xmin＝＝.
答案：(1)　(2)60°

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